Смежные классы по подгруппе и теорема Лагранжа

п.1. Пусть в группе G дана подгруппа H. Если a есть произвольный элемент из G, то произведение aH называется левым смежным классом группы G по подгруппе H, определенным элементом a. Аналогично дается определение правого смежного класса.

Представление группы G в виде объединения левых (правых) смежных классов по подгруппе H называется левосторонним (правосторонним) разложением группы G по подгруппе H .

G= .

Любые два левых (правых) смежных класса по одной и той же подгруппе либо не пересекаются, либо совпадают.

Предположим, что  Æ докажем, тогда что .

Имеем, Æ следовательно, существует , такой что . Тогда,  так как существует  такой что,  следовательно .

Пусть y произвольный элемент группы H. Тогда элементы xy и x ^–1 yÎH. Поэтому элемент cy =(ax)y = a(xy)Îа H, а элемент ay =(cx ^–1)y = = c(x ^–1 y) cÎH, так как каждый элемент из cH содержится в aH и наоборот, то aH = cH. Аналогично так же bH = cH и, следовательно, aH = bH .

Аналогично доказывается условие совпадения правых смежных классов: . ■

Любые два левых (правых) смежных класса по одной и той же подгруппе содержат одинаковое количество элементов.

В самом деле, докажем, что произвольный смежный класс aH содержит столько же элементов, сколько их в подгруппе H. Имеем:

 

,

.

 

Рассмотрим отображение φ: gH→H по правилу φ(gh_i)= h_i для любого h_iÎH. Заметим что

2) φ – отображение, то есть .

Действительно, .

2) отображение φ взаимно однозначно, что доказывает проведение предыдущих рассуждений в обратном порядке.

2) φ – отображение на H. В самом деле, прообразом произвольного элемента hÎH является элемент ghÎgH: φ(gh )= h . Итак, φ – взаимно однозначное отображение gH на H, отсюда следует, что gH и H содержат одинаковое количество элементов.■

Если группа G состоит из конечного числа элементов, то она называется конечной группой, а число элементов в ней порядком группы.

Теорема 1.2.1. (Лагранжа) Порядок подгруппы конечной группы является делителем порядка группы.

Доказательство.Пусть H – подгруппа конечной группы G и  – множество всех различных левых смежных классов группы G по подгруппе H. Тогда,

G = . (1)

Причем любые два смежных класса, входящие в это объединение, не пересекаются, как было отмечено выше. Поэтому если n – число элементов множества G и m – число элементов множества H, то есть число элементов в каждом левом смежном классе, то в силу (1), получаем  или , где индекс  – количество смежных классов в разложение (1). Теорема доказана. ■

Следствие 1. Порядок элемента конечной группы, является делителем порядка группы.

Доказательство. Пусть G – конечная группа, а его элемент порядка m. Тогда циклическая группа, порожденная элементом порядка m, имеет тоже порядок m, то есть . Отсюда по теореме 1.2.1. m является делителем порядка всей группы G. ■

Следствие 2.Пусть G – группа простого порядка, тогда G – циклическая группа (изоморфна ℤ _p).

Доказательство. Действительно, группа G совпадает с циклическойподгруппой порожденной любым её отличным от е, элементом.

п.2 . Покажем, что теорему Лагранжа нельзя обратить, то есть не для любого делителя m порядка группы существует подгруппа порядка m. Например, знакопеременная группа A₄ – подстановок четной степени не содержит подгруппы порядка 6. Хотя число 6 делит её порядок равный 12. Докажем это, предварительно сформулируем утверждение.

Произвольная группа порядка 6 либо изоморфна ℤ ₆, либо изоморфна группе S ₃ .

Доказательство.Пусть G – отличная от единичной группа,

, тогда по следствию теоремы Лагранжа, все элементы искомой группы могут иметь порядки 1, 2, 3, 6. Рассмотрим три случая.

1) Если элемент порядка 6, тогда данная группа циклическая, изоморфна ℤ₆.

2) Все неединичные элементы имеют порядок 2. Тогда группа G – абелева.

Пусть для любого элемента aÎG выполняется условие a ² = e. В этом случае, если b также элемент группы G, то верно равенство:

( ab )²= e, откуда, (ab )( ab )= e и a ( ba ) b = e Умножим полученное равенство слева на a, справа на b, получим ba = ab. Отсюда вытекает, что группа G– абелева.

Пусть a , b элементы группы G. Несложно видеть, что множество элементов  является подгруппой группы G (достаточно проверить замкнутость и условие существование обратного элемента.) Порядок этой подгруппы равен 4. Этого быть не может по теореме Лагранжа (4 не является делителем 6). Следовательно, этот случай не имеет место.

3) Все неединичные элементы G имеют порядок 2или 3 и есть обязательно элемент порядка 3.

Пусть a³= e, тогда a²= b, bÎG и  обозначим за с – четвертый элемент группы G, отличный от трех предыдущих.

Рассмотрим произведение ec, ac, a²c. Покажем, что ac = d, a²c = f –новые элементы группы G.

· Если ac = e , то c = a²= b , противоречие с условием

· Если ac = a, то c = e , противоречие.

· Если ac = a²= b, то a²a ^–1 = a ^–1 ac, или a = c, противоречие.

· Если ac = c, то a = e, противоречие.

Итак, ac = dÎG.

· Если a²c = e, то c = a противоречие.

· Если a²c = a, то c = b противоречие.

· Если a²c = a², то c = e противоречие.

· Если a²c = c, то a²= e противоречие с условием a³= e.

· Если a²c = ac, то a = e противоречие.

Таким образом, группа G состоит из 6 элементов: G = .

Докажем, что c²= e. Действительно, очевидно, что c²≠ c, ac, a²c.

Если было бы c²= a (или c²= a²), то выполняется следующие c³= c²c = ac = d ≠ e, противоречие с условием, что все элементы группы G имеют либо второй или третий порядок (следовательно, c³= c²c = a²c = f ≠ e). Таким образом, ни c², ни c³не равно e, что противоречит условию. Значит c²= e.

Покажем также, что d²= f²= e, то есть c произвольный элемент не входящий в подгруппу , то d²≠ a , a²( f²≠ a , a²). Не сложно видеть, что d²=( ac )²≠ c (иначе d = ac = b), d²=( ac )²≠ ac , d²=( ac )²≠ a²c = f (иначе f = a²c = b). Таким образом, d²=( ac )²= e и более того, a³= c²=( ac )( ac )= e.

Известно, что симметрическую группу подстановок S₃,можно задать двумя образующими и тремя определяющими соотношениями. Следующим образом S₃= где в качестве x можно взять подстановку , а в качестве y: .

Следовательно, мы можем утверждать, что . Таким образом, если G группа и , то G изоморфна либо ℤ₆, либо S₃.

Далее выпишем все элементы группы A₄и построим таблицу умножения элементов.

Все 4!=24 перестановки из четырёх символов 1, 2, 3, 4 расположим в таком порядке, чтобы каждая последующая перестановка получалась от предыдущей с помощью одной транспозиции (перемены мест двух символов).

Начнём с перестановки 1, 2, 3, 4. Итак,
.

 

Так как всякая транспозиция меняет четность перестановки, то в полученном ряду все перестановки, взятые через одну, являются четными (они подчеркнуты).

Теперь уже легко составить все искомые четные подстановки достаточно в каждой из них в качестве первой строки записать перестановку (1234), а в качестве второй строки одну из найденных четных перестановок. Итак,

 

A₄=

.

 

Строим таблицу умножения.

Таблица 1

e

a1

a2

a3

a4

a5

a6

a7

a8

a9

a10

a11

e

e

a1

a2

a3

a4

a5

a6

a7

a8

a9

a10

a11

a1

a1

a2

e

a4

a5

a3

a7

a8

a6

a10

a11

a9

a2

a2

e

a1

a5

a3

a4

a8

a6

a7

a11

a9

a10

a3

a3

a7

a9

a11

a8

a1

a2

a5

a10

a6

a4

e

a4

a4

a8

a10

a9

a6

a2

е

a3

a11

a7

a5

a1

a5

a5

a6

a11

a10

a7

e

a1

a4

a9

a8

a3

a2

a6

a6

a11

a5

a7

e

a10

a4

a9

a1

a3

a2

a8

a7

a7

a9

a3

a8

a1

a11

a5

a10

a2

a4

e

a6

a8

a8

a10

a4

a6

a2

a9

a3

a11

e

a5

a1

a7

a9

a9

a3

a7

a1

a11

a8

a10

a2

a5

e

a6

a4

a10

a10

a4

a8

a2

a9

a6

a11

e

a3

a1

a7

a5

a11

a11

a5

a6

e

a10

a7

a9

a1

a4

a2

a8

a3

 

Из таблицы 1 видим, что элементами второго порядка будут:

 

 

 

и, кроме того, эти элементы попарно перестоновочны. Заметим, что в A₄ нет элементов шестого порядка. Действительно, a₁= a₁a₁a₁= e элемент третьего порядка,

a₂= a₂a₂a₂= e элемент третьего порядка,

a₃= a₃a₃a₃= e элемент третьего порядка,

a₄= a₄a₄a₄= e элемент третьего порядка,

a₆= a₆ a ₆ a₆= e элемент третьего порядка,

a ₇ = a₇a₇a₇= e элемент третьего порядка,

a₁₀= a₁₀a₁₀a₁₀= e элемент третьего порядка,

a₁₁= a₁₁a₁₁a₁₁= e элемент третьего порядка.

Из приведенных вычислений следует, что в группе A₄ нет элемента шестого порядка. Следовательно, искомая подгруппа A₄ не изоморфна циклической группе ℤ₆.

Заметим также, что в группе подстановок S₃ существуют элементы второго порядка, но они не перестановочны. В самом деле, выпишем все элементы симметрической группы.

 

S₃= .

 

Построим их таблицу умножения.

Таблица 2

	e	s1	s2	s3	s4	s5
е	e	s1	s2	s3	s4	s5
s10	s1	e	s3	s2	s5	s4
s2	s2	s5	s4	s1	е	s3
s3	s3	s4	s5	e	s1	s2
s4	s4	s3	e	s5	s2	s1
s5	s5	s2	s1	s4	s3	e

 

 

Несложно видеть, что элементы s₁, s₃, и s₅ будут элементами второго порядка, но они как видно из таблицы 2 не перестановочны, и, следовательно, никакая подгруппа группы A₄ не изоморфна группе S₃. Утверждение доказано.